【物理】2020届二轮复习电场和磁场作业 14页

课时作业 6　电场和磁场 A卷　专题强化练 一、选择题(1～5题为单项选择题，6～10题为多项选择题)‎ ‎1．如图所示，菱形ABCD的对角线相交于O点，两个等量异种点电荷分别固定在AC连线上的M点与N点，且OM＝ON，则(　　)‎ A．A、C两处电势、场强均相同 B．B、D两处电势、场强均相同 C．A、C两处电势、场强均不相同 D．B、D两处电势、场强均不相同 解析：A处电势为正，C处电势为负，故电势不同；A处场强方向向左，C处场强方向也向左，大小相同，故A、C错误；B、D两处场强大小相等，方向水平向右，两处的电势均为0，故B正确，D错误．‎ 答案：B ‎2．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则(　　)‎ A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不变 C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变 解析：若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据C＝可知，C变大；根据Q＝CU可知，在Q一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角θ减小；根据E＝，Q＝CU，C＝联立可得E＝，可知E不变；P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，故Ep不变；由以上分析可知，选项D正确．‎ 答案：D ‎3．如图甲所示，x轴上固定两个点电荷Q1、Q2(Q2位于坐标原点O)，其上有M、N、P三点，间距MN＝NP.Q1、Q2在x轴上产生的电势φ随x变化关系如图乙．则(　　)‎ A．M点电场场强大小为零 B．N点电场场强大小为零 C．M、N之间电场方向沿x轴负方向 D．一正试探电荷从P移到M过程中，电场力做功|WPN|＝|WNM|‎ 解析：由题图可知，由M到N电势降低，由无限远处到N电势降低，根据沿着电场线方向电势逐渐降低的性质，可以判断MN之间电场方向沿着x轴正方向，无限远处到N点电场方向沿x轴负方向，且N点场强为零，选项A、C错误，B正确；|WPN|＝|qUPN|＝|q(φP－φN)|＜|q(φN－φM)|＝|WNM|，选项D错误．‎ 答案：B ‎4．如图中a、b、c为三根与纸面垂直的固定长直导线，其截面位于等边三角形的三个顶点上，bc沿水平方向，导线中均通有大小相等的电流，方向如图所示．O点为三角形的中心(O到三个顶点的距离相等)，则(　　)‎ A．O点的磁感应强度为零 B．O点的磁场方向垂直Oc向下 C．导线a受到的安培力方向竖直向上 D．导线b受到的安培力方向沿bc连线方向指向c 解析：根据右手螺旋定则，通电导线a在O点产生的磁场平行于bc向左，通电导线b在O点产生的磁场平行ac指向右下方，通电导线c在O点产生的磁场平行ab指向左下方；由于三导线电流大小相等，到O点的距离相同，根据平行四边形定则，O点合场强的方向垂直Oc向下，故A错误，B正确；根据左手定则，结合矢量合成法则，导线a受到的安培力方向水平向左，导线b受到的安培力方向平行于ac斜向左上方，故C、D错误．‎ 答案：B ‎5．如图所示，在第一象限内有水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝.在第四象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场，在该平面内有一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点以初速度v0沿y轴负方向射出，P点的坐标为.粒子恰好能打到y轴上，不考虑粒子的重力，则匀强磁场的磁感应强度B的大小为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：如图所示，粒子在电场中做类平抛运动，沿y轴负方向做匀速直线运动，有d＝v0t，沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝＝，则沿x轴正方向的位移x＝at2＝d，设射出电场时粒子的速度v方向与初速度v0方向的夹角为θ，根据类平抛运动的推论得tan θ＝2＝，则θ＝60°，所以v＝＝2v0，粒子在磁场中做匀速圆周运动，恰好打到y轴上时，轨迹与y轴相切，设粒子轨迹半径为r，根据几何关系得r＋rcos 60°＝2d＋x，解得r＝2d，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝，解得B＝，选项C正确．‎ 答案：C ‎6.‎ 如图所示，轻质弹簧测力计下悬挂的圆形线圈中通有顺时针方向电流I0，线圈的正下方固定有一根足够长的直导线a，线圈静止时导线a垂直于线圈平面．现在导线a中通有垂直纸面向外的较大电流，则下列判断正确的是(　　)‎ A．线圈仍静止不动 B．从上往下看，线圈将逆时针转动 C．弹簧测力计示数减小 D．弹簧测力计示数增大 解析：圆形电流可等效为小磁针，由右手螺旋定则知N极指向纸面向里，直导线a中的电流产生的磁场在线圈同心处的磁感线水平向左，因小磁针静止时N极指向为该处磁场方向，可知小磁针N极向左转，即从上往下看，线圈将逆时针转动，A错误，B正确；因线圈逆时针转动，线圈下半部分的电流方向逐渐与直导线中电流方向相同，两者相吸，而上半部分的电流方向逐渐与直导线中电流方向相反，两者相斥，但下半部分离直导线近，引力大于斥力，弹簧秤示数增大，C错误，D正确．‎ 答案：BD ‎7．如图所示，实线为两个点电荷Q1、Q2产生的电场的电场线，虚直线cd为Q1、Q2连线的垂直平分线，O为垂足，c、d两点在垂直平分线上且关于Q1、Q2连线对称．一电子(不计重力)从a点沿虚曲线途径O点运动到b点．下列说法正确的是(　　)‎ A．Q1的电荷量小于Q2的电荷量 B．c、d两点的电势相同，场强不相同 C．电子过O点时的加速度大于过a点时的加速度 D．电子在O点时的电势能大于在a点时的电势能 解析：Q1周围的电场线比Q2周围的电场线密，说明Q1的电荷量大于Q2的电荷量，A错误；根据电场线的分布情况知Q1、Q2‎ 为异种电荷，根据曲线运动的向心力方向指向凹处知，Q1为正电荷，Q2为负电荷，电场线的方向由Q1沿电场线指向Q2，根据对称性知c、d两点的电势相等，场强大小相等，方向不同，B正确；O点附近的电场线比a点附近的电场线密，O点场强较大，由加速度a0＝知，电子过O点时的加速度大于过a点时的加速度，C正确；电子从a点运动到O点的过程中电场力方向与速度方向的夹角小于90°，电场力做正功，电势能逐渐减小，即电子在O点时的电势能小于在a点时的电势能，D错误．‎ 答案：BC ‎8．如图所示，在两磁极之间放一培养皿，磁感线垂直培养皿，皿内侧壁有环状电极A，中心有电极K，皿内装有电解液，若不考虑电解液和培养皿之间的阻力，当通过如图所示电流时，则(　　)‎ A．电解液将顺时针旋转流动 B．电解液静止不动 C．若将滑动变阻器的滑片向左移动，则电解液旋转流动将变慢 D．若将磁场的方向和电流的方向均变为和原来相反，则电解液转动方向不变 解析：当电解液中通以题图所示电流时，将电解液看成无数个辐条状导体，每根导体中电流从环边缘流向K，由左手定则判断可知，电解液所受的安培力方向沿顺时针方向，因此电解液将顺时针旋转流动，故选项A正确，B错误；若将滑动变阻器的滑片向左移动，其有效电阻减小，电路中电流增大，由F＝BIL知，电解液所受的安培力增大，则电解液旋转流动将变快，故选项C错误；若将磁场的方向和电流的方向均变为和原来相反，由左手定则可知，电解液所受的安培力方向不变，则电解液转动方向不变，故选项D正确．‎ 答案：AD ‎9．如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，一电子经过等势面D时，动能为16 eV ‎，速度方向垂直于等势面D且经过等势面C时，电势能为－8 eV，经过等势面B时速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离均为‎4 cm，电子重力不计．则下列说法正确的是(　　)‎ A．电子做匀变速直线运动 B．匀强电场的场强大小为100 V/m C．等势面A的电势为－8 V D．电子再次经过等势面D时，动能为16 eV 解析：电子从等势面D运动到等势面B的过程中，由动能定理得－eUDB＝0－EkD，则可解得UDB＝16 V，又电子在等势面C时，由EpC＝－eφC，代入数据解得φC＝8 V，又因为相邻等势面之间的距离相等，则相邻两等势面的电势差相等，则φB＝0、φA＝－8 V、φD＝16 V，C正确；由于电场为匀强电场，则电子所受的电场力为恒力，电子做匀变速直线运动，A正确；由电势差与电场强度的关系可知E＝＝ V/m＝200 V/m，B错误；当电子从等势面D运动到等势面B，再回到等势面D的整个过程中，电场力所做的功为零，由能量守恒定律可知，电子再次回到等势面D时的动能仍为16 eV，D正确．‎ 答案：ACD ‎10．如图所示，在真空中半径为r＝‎0.1 m的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场及水平向左的匀强电场，磁感应强度B＝0.01 T，ab和cd是两条相互垂直的直径，一束带正电的粒子流连续不断地以速度v＝1×‎103 m/s从c点沿cd方向射入场区，粒子将沿cd方向做直线运动，如果仅撤去磁场，带电粒子经过a点，如果撤去电场，使磁感应强度变为原来的，不计粒子重力，下列说法正确的是(　　)‎ A．电场强度的大小为10 N/C B．带电粒子的比荷为1×‎106 C/kg C．撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为‎0.1 m D．带电粒子在磁场中运动的时间为7.85×10－5 s 解析：粒子沿直线运动，则Bqv＝Eq，解得E＝Bv＝0.01×103 N/C＝10 N/C，A正确；如果仅撤去磁场，则粒子在水平方向r＝t2‎ ‎，竖直方向r＝vt，解得：＝＝ C/kg＝2×‎106 C/kg，B错误；撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为R＝＝ m＝‎0.1 m，C正确；带电粒子在磁场中运动的时间为t＝＝＝ s＝1.57×10－4 s，D错误．‎ 答案：AC 二、非选择题 ‎11．[2019·浙江卷，23]有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示．左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零．离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和‎0.5m的正离子束，从M点垂直该点电场方向进入静电分析器．在静电分析器中，质量为m的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出，而质量为‎0.5m的离子恰好从ON连线的中点P与水平方向成θ角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m的离子打在O点正下方的Q点．已知＝0.5r0，＝r0，N、P两点间的电势差UNP＝，cos θ＝，不计重力和离子间相互作用．‎ ‎(1)求静电分析器中半径为r0处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)求质量为‎0.5m 的离子到达探测板上的位置与O点的距离l(用r0表示)；‎ ‎(3)若磁感应强度在(B－ΔB)到(B＋ΔB)之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m和‎0.5m的两束离子，求的最大值．‎ 命题意图：本题考查带电粒子在电场和匀强磁场中的运动及其相关的知识点．‎ 解析：(1)由径向电场力提供向心力有E0q＝ 解得E0＝ 由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝ 解得B＝ ‎(2)从M点到P点，由动能定理有 ×0.5mv2－×0.5mv＝qUNP 解得v＝v0‎ 则在磁场中，质量为‎0.5m的离子的轨迹半径r＝＝r0‎ 由几何知识有l＝2rcos θ－0.5r0‎ 解得l＝1.5r0‎ ‎(3)若恰好能分辨，则有－＝ 解得＝－4≈0.12‎ 答案：(1)　(2)1.5r0　(3)－4或0.12‎ 得分锦囊：第(1)问中，质量为m的离子分别在电场力和洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，各自由电场力和洛伦兹力提供向心力，即可解得电场强度大小和磁感应强度大小．第(2)问中是常规的粒子在磁场中做圆周运动的模型，写出l与圆周运动半径r之间的几何关系式．需要注意，离子进入磁场的速度需要根据动能定理求得，离子的质量为‎0.5m，而不是m.第(3)问的关键是分析临界情况，即恰好能分辨两束离子时的情境，质量为m的离子能达到的最大距离 与质量为‎0.5m的离子能达到的最小距离的差值为N、P之间的距离，列出方程即可解得．‎ ‎12．[2019·河北张家口模拟]如图甲所示，圆盒为电子发射器，M处是电子出射口，其左视图如图乙所示，D为绝缘外壳，整个装置处于真空中，半径为R的金属圆柱A的圆心处有一离子源，可沿半径向外均匀发射速率为v的低能电子，与金属圆柱同轴放置的金属网C的半径为3R.不需要电子射出时，可用磁场将电子封闭在金属网以内；需要低能电子射出时，可撤去磁场，让电子直接射出；需要高能电子时，可撤去磁场，并在金属圆柱A和金属网C间加一径向电场，使电子加速后射出．不考虑金属圆柱A和金属网C的静电感应电荷对电子的作用和电子之间的相互作用，忽略电子的重力，已知电子质量为m，电荷量为e.‎ ‎(1)若需要速率为3v的电子通过金属网C发射出来，在金属圆柱A和金属网C间所加电压U应是多大；‎ ‎(2)若金属圆柱A和金属网C间不加电压，要使由离子源发射的电子不从金属网C射出，可在金属网内环形区域加垂直于圆盒平面向外的匀强磁场，则所加磁场磁感应强度B应满足什么条件？‎ 解析：(1)电子经A、C间的电场加速时，由动能定理得 eU＝m(3v)2－mv2‎ 所需加速电压U＝.‎ ‎(2)如图所示，电子在A、C间磁场中做匀速圆周运动，由公式Bev＝m，即B＝可知，当圆周运动的轨迹圆弧半径r最大时，即轨迹圆弧与金属网相切时，磁感应强度B有最小值．‎ 最大半径记为r0，由几何关系得(3R－r0)2＝r＋R2，解得r0＝R 对应的磁感应强度B0＝ 故所加磁场磁感应强度应满足B≥.‎ 答案：(1)　(2)B≥ 创新解读：本题创新之处：磁场可调节，有磁场可封闭电子，撤去磁场可让电子射出．有别于常规的电场和磁场组合形式和质谱仪形式，以一种新颖的情境呈现．关于带电粒子在电场和磁场中的运动问题，处理带电粒子在电场中的加速运动一般用动能定理，处理带电粒子在磁场中的圆周运动基本步骤是定圆心、画轨迹、求半径．‎ B卷　电磁场中的STSE问题 ‎1．如图所示是实验室里用来测量磁场力的一种仪器——电流天平，某同学在实验室里，用电流天平测算通电螺线管中的磁感应强度，若他测得CD段导线长度为4×10－‎2 m，天平(等臂)平衡时钩码重力为4×10－5 N，通过导线的电流I＝‎0.5 A．由此，测得通电螺线管中的磁感应强度B为(　　)‎ A．2.0×10－3 T方向水平向右 B．5.0×10－3 T方向水平向右 C．2.0×10－3 T方向水平向左 D．5.0×10－3 T方向水平向左 解析：由安培定则知通电螺线管内磁感应强度的方向水平向右．由于天平平衡，则BIL＝G，B＝＝2×10－3 T，故A正确．‎ 答案：A ‎2．[2019·浙江卷，10]当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞．现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到1.0×‎107 m/s.已知加速电场的场强为1.3×105 N/C，质子的质量为1.67×10－‎27 kg，电荷量为1.6×10－‎19 C，则下列说法正确的是(　　)‎ A．加速过程中质子电势能增加 B．质子所受到的电场力约为2×10－15 N C．质子加速需要的时间约为8×10－6 s D．加速器加速的直线长度约为‎4 m 命题意图：本题考查带电粒子在电场中的加速，意在考查考生的认识理解能力．‎ 解析：电场力对质子做正功，质子的电势能减少，A错误；质子受到的电场力大小F＝qE≈2×10－14 N，B错误；质子的加速度a＝≈1.2×‎1013 m/s2，加速时间t＝≈8×10－7 s，C错误；加速器加速的直线长度x＝≈‎4 m，故D正确．‎ 答案：D ‎3．如图所示是高压电场干燥中药技术基本原理图，在大导体板MN上铺一薄层中药材，针状电极O和平板电极MN接高压直流电源，其间产生较强的电场．水分子是极性分子，可以看成棒状带电体，一端带正电，另一端带等量负电；水分子在电场力的作用下会加速从中药材中分离出去，在鼓风机的作用下飞离电场区域从而加速干燥，图中虚线ABCD是某一水分子从A处由静止开始的运动轨迹．下列说法正确的是(　　)‎ A．A处的电场强度大于D处 B．B处的电势高于C处 C．水分子做匀变速运动 D．水分子由A运动到C的过程中电势能减少 解析：根据电场线的疏密表示电场强度的大小可知，A处的电场强度小于D处，选项A错误；根据沿着电场线方向电势降低可知，B处的电势低于C处，选项B错误；由于电场是非匀强电场，所以水分子做非匀变速运动，选项C错误；水分子由A运动到C的过程中，电场力做正功，电势能减少，选项D正确．‎ 答案：D ‎4．如图是静电喷漆的工作原理图．工作时，喷枪部分接高压电源负极，工件接正极，喷枪的端部与工件之间就形成静电场，从喷枪喷出的涂料微粒在电场中运动到工件，并被吸附在工件表面．图中画出了部分微粒的运动轨迹，设微粒被喷出后只受静电力作用，则(　　)‎ A．微粒的运动轨迹显示的是电场线的分布情况 B．微粒向工件运动的过程中所受电场力先减小后增大 C．在向工件运动的过程中，微粒的动能逐渐减小 D．在向工件运动的过程中，微粒的电势能逐渐增大 解析：微粒的运动轨迹是曲线时与电场线一定不重合，A错误．由场强叠加原理可知，距离两个电极越近的位置，电场强度越大，所以微粒在向工件运动的过程中所受电场力先减小后增大，B正确．在微粒向工件运动的过程中，电场力做正功，电势能减少；只有电场力做功，即合力做正功，微粒的动能增加，C、D错误．‎ 答案：B ‎5．[2019·天津卷，4]笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件．当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态．如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v.当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭．则元件的(　　)‎ A．前表面的电势比后表面的低 B．前、后表面间的电压U与v无关 C．前、后表面间的电压U与c成正比 D．自由电子受到的洛伦兹力大小为 命题意图：‎ 本题考查了霍尔元件的工作原理和应用，以及考生的理解能力和应用数学知识处理物理问题的能力，体现了科学推理素养和应用与创新的价值观念．‎ 解析：根据左手定则判断出电子受力情况，可知电子偏转到后表面，前表面电势高于后表面电势，故A项错误．再由Ee＝Bev＝F洛，E＝，解得U＝Bva，F洛＝，U与v成正比、U与c无关，故B、C项错误，D项正确．‎ 答案：D ‎6．[2019·天津卷，12]2018年，人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放．引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场(初速度忽略不计)，A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力．单位时间内飘入的正离子数目为定值，离子质量为m，电荷量为Ze，其中Z是正整数，e是元电荷．‎ ‎(1)若引擎获得的推力为F1，求单位时间内飘入A、B间的正离子数目N为多少；‎ ‎(2)加速正离子束所消耗的功率P不同时，引擎获得的推力F也不同，试推导的表达式；‎ ‎(3)为提高能量的转换效率，要使尽量大，请提出增大的三条建议．‎ 命题意图：本题通过正离子在电场中的运动考查了动能定理、牛顿运动定律等知识，以及学生的综合分析能力，体现了科学思维中模型建构、科学推理的素养要素．‎ 解析：(1)设正离子经过电极B时的速度为v，根据动能定理，有 ZeU＝mv2－0①‎ 设正离子束所受的电场力为F1′，根据牛顿第三定律，有 F1′＝F1②‎ 设引擎在Δt时间内飘入电极间的正离子个数为ΔN，由牛顿第二定律，有 F1′＝ΔNm③‎ 联立①②③式，且N＝得 N＝④‎ ‎(2)设正离子束所受的电场力为F′，由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有 P＝F′v⑤‎ 根据牛顿第三定律得F′＝F，联立①⑤式得 ＝⑥‎ ‎(3)为使尽量大，分析⑥式得到 三条建议：用质量大的离子；用带电荷量少的离子；减小加速电压．‎ 答案：(1)　(2)＝ 　(3)见解析